2019年度高考物理一轮复习第七章静电场专题强化八带电粒子带电体在电场中运动的综合问题学案.doc

专题强化八带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题专题解读1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现.2.学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析特别是曲线运动(平抛运动、圆周运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题.3.用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点.一、带电粒子在电场中运动1.分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的力学规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题.2.受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略.一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用.二、用能量观点处理带电体的运动对于受变力作用的带电体的运动，必须借助于能量观点来处理.即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常显得简洁.具体方法常有两种：1.用动能定理处理思维顺序一般为：(1)弄清研究对象，明确所研究的物理过程.(2)分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功.(3)弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能).(4)根据WEk列出方程求解.2.用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理列式的方法常有两种：(1)利用初、末状态的能量相等(即E1E2)列方程.(2)利用某些能量的减少等于另一些能量的增加(即EE)列方程.3.两个结论(1)若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变.(2)若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变.命题点一带电粒子在交变电场中的运动1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等.2.常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解).(2)粒子做往返运动(一般分段研究).(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究).3.思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件.(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系.(3)注意对称性和周期性变化关系的应用.例1如图1(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处.若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上.则t0可能属于的时间段是()图1A.0t0B.t0C.t0TD.Tt0答案B解析设粒子的速度方向、位移方向向右为正.依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负.分别作出t00、时粒子运动的vt图象，如图所示.由于vt图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0t0与t0T时粒子在一个周期内的总位移大于零，t0时粒子在一个周期内的总位移小于零；t0T时情况类似.因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确.变式1如图2所示，A、B两金属板平行放置，在t0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计).分别在A、B两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B板()图2答案B变式2(多选)(xx山东理综20)如图3甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示.t0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g.关于微粒在0T时间内运动的描述，正确的是()图3A.末速度大小为v0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了mgdD.克服电场力做功为mgd答案BC解析因0时间内微粒匀速运动，故E0qmg；在时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t时刻的竖直速度为vy1，水平速度为v0；在T时间内，由牛顿第二定律2E0qmgma，解得ag，方向向上，则在tT时刻，vy2vy1g0，粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了Epmgmgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知，mgdW电0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误；故选B、C.命题点二用“等效法”处理带电粒子在电场和重力场中的运动1.等效重力法将重力与电场力进行合成，如图4所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向.图42.物理最高点与几何最高点在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题.小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点.几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点.而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界速度)的点.例2如图5所示，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带电荷量为q的珠子，现在圆环平面内加一个匀强电场，使珠子由最高点A从静止开始释放(AC、BD为圆环的两条互相垂直的直径)，要使珠子沿圆弧经过B、C刚好能运动到D.(重力加速度为g)图5(1)求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向；(2)当所加电场的场强为最小值时，求珠子由A到达D的过程中速度最大时对环的作用力大小；(3)在(1)问电场中，要使珠子能完成完整的圆周运动，在A点至少应使它具有多大的初动能？答案见解析解析(1)根据题述，珠子运动到BC弧中点M时速度最大，作过M点的直径MN，设电场力与重力的合力为F，则其方向沿NM方向，分析珠子在M点的受力情况，由图可知，当F电垂直于F时，F电最小，最小值为：F电minmgcos45mgF电minqEmin解得所加电场的场强最小值Emin，方向沿AOB的角平分线方向指向左上方.(2)当所加电场的场强为最小值时，电场力与重力的合力为Fmgsin45mg把电场力与重力的合力看做是“等效重力”，对珠子由A运动到M的过程，由动能定理得F(rr)mv20在M点，由牛顿第二定律得：FNFm联立解得FN(1)mg由牛顿第三定律知，珠子对环的作用力大小为FNFN(1)mg.(3)由题意可知，N点为等效最高点，只要珠子能到达N点，就能做完整的圆周运动，珠子在N点速度为0时，所需初动能最小，此过程中，由动能定理得：F(rr)0EkA解得EkAmgr.变式3(xx陕西西安质检)如图6所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h的A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动.已知小球所受电场力是其重力的，圆环半径为R，斜面倾角为60，sBC2R.若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h至少为多少？(sin370.6，cos370.8)图6答案7.7R解析小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F，如图所示.可知F1.25mg，方向与竖直方向成37角.由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是D点，设小球恰好能通过D点，即到达D点时圆环对小球的弹力恰好为零.由圆周运动知识得：F，即：1.25mgm小球由A运动到D点，由动能定理结合几何知识得：mg(hRRcos37)mg(2RRsin37)mvD2，联立解得h7.7R.命题点三电场中的力电综合问题1.力学规律(1)动力学规律：牛顿运动定律结合运动学公式.(2)能量规律：动能定理或能量守恒定律.2.电场规律(1)电场力的特点：FEq，正电荷受到的电场力与场强方向相同.(2)电场力做功的特点：WABFLABcosqUABEpAEpB.3.多阶段运动在多阶段运动过程中，当物体所受外力突变时，物体由于惯性而速度不发生突变，故物体在前一阶段的末速度即为物体在后一阶段的初速度.对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系，可以通过作运动过程草图来获得.例3(xx全国卷25)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变.持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点.重力加速度大小为g.(1)求油滴运动到B点时的速度；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件.已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍.答案见解析解析(1)油滴带电性质不影响结果.设该油滴带正电，油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正.油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上.在t0时，电场强度突然从E1增加至E2，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足qE2mgma1油滴在t1时刻的速度为v1v0a1t1电场强度在t1时刻突然反向，之后油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2mgma2油滴在t22t1时刻，即运动到B点时的速度为v2v1a2t1由式得v2v02gt1(2)由题意，在t0时刻前有qE1mg油滴从t0到t1时刻的位移为x1v0t1a1t12油滴在从t1时刻到t22t1时刻的时间间隔内的位移为x2v1t1a2t12由题给条件有v2g2h4gh式中h是B、A两点之间的距离.若B点在A点之上，依题意有x1x2h由式得E222()2E1为使E2E1，应有22()21解得0t1(1)或t1(1)条件式和式分别对应于v20和v20两种情形.若B在A点之下，依题意有x2x1h由式得E222()2E1为使E2E1，应有22()21解得t1(1)另一解为负，不符合题意，舍去.变式4(xx全国卷25)如图7所示，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场.自该区域上方的A点将质量均为m，电荷量分别为q和q(q0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出.小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开.已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍.不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：图7(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小.答案(1)31(2)H(3)解析(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0.M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2.由题给条件和运动学公式得v0at0s1v0tat2s2v0tat2联立式得3(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式vy22ghHvytgt2M进入电场后做直线运动，由几何关系知联立式可得hH(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得Ek1m(v02vy2)mgHqEs1Ek2m(v02vy2)mgHqEs2由已知条件Ek11.5Ek2联立式得E变式5如图8所示，在E103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q104 C的小滑块质量m10 g，与水平轨道间的动摩擦因数0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：图8(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？答案(1)7m/s(2)0.6N解析(1)设小滑块恰能到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mgqEm小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得mg2RqE2R(mgqE)xmv2mv02联立解得：v07m/s.(2)设小滑块到达P点时速度为v，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得(mgqE)R(qEmg)xmv2mv02又在P点时，由牛顿第二定律得FNm代入数据，解得：FN0.6N由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力FNFN0.6N.1.(xx河南中原名校第二次联考)如图1所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图2中甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是()图1图2A.电压是甲图时，在0T时间内，电子的电势能一直减少B.电压是乙图时，在0时间内，电子的电势能先增加后减少C.电压是丙图时，电子在板间做往复运动D.电压是丁图时，电子在板间做往复运动答案D解析若电压是甲图，0T时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压是乙图时，在0时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压是丙图时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，C错误；电压是丁图时，电子先向左加速，到后向左减速，后向右加速，T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，D正确.2.将如图3所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是()图3A.电子一直向着A板运动B.电子一直向着B板运动C.电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动D.电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动答案D3.一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图4所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于t0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是(假设带电粒子不与板相碰)()图4A.带电粒子只向一个方向运动B.02s内，电场力做功等于0C.4s末带电粒子回到原出发点D.2.54s内，电场力做功等于0答案D解析画出带电粒子速度v随时间t变化的图象如图所示，vt图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2s末速度不为0，可见02s内电场力做的功不等于0，B错误；2.5s末和4s末，速度的大小、方向都相同，则2.54s内，电场力做功等于0，所以D正确.4.如图5所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是()图5A.小球带负电B.电场力跟重力平衡C.小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D.小球在运动过程中机械能守恒答案B解析由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错，B对；从ab，电场力做负功，电势能增大，C错；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错.5.(多选)(xx河北唐山一模)如图6所示，竖直平面内有A、B两点，两点的水平距离和竖直距离均为H，空间存在水平向右的匀强电场.一质量为m的带电小球从A点以水平速度v0抛出，经一段时间竖直向下通过B点.重力加速度为g，小球在由A到B的运动过程中，下列说法正确的是()图6A.小球带负电B.速度先增大后减小C.机械能一直减小D.任意一小段时间内，电势能的增加量总等于重力势能的减少量答案AC解析由题可知，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀减速运动，可知其所受电场力方向向左，与电场方向相反，则小球带负电，电场力一直对小球做负功，小球的电势能增加，机械能减小，A、C正确.小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力，合力方向指向左下方，又初速度水平向右，末速度竖直向下，由力与速度夹角关系可知，合力对小球先做负功，后做正功，小球的速度先减小后增大，B错误.任意一小段时间内，小球的动能、电势能和重力势能的和保持不变，则电势能的增加量不一定等于重力势能的减少量，D错误.6.(xx河南郑州第一次联考)如图7甲所示，在y0和y2m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大.电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向.现有一个带负电的粒子，粒子的比荷1.0102C/kg，在t0时刻以速度v05102 m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力作用.求：图7(1)粒子通过电场区域的时间；(2)粒子离开电场的位置坐标；(3)粒子通过电场区域后沿x轴方向的速度大小.答案(1)4103s(2)(2105m,2m)(3)4103m/s解析(1)因为粒子初速度方向垂直于匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t4103s.(2)粒子带负电，沿x轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小a14m/s2，减速时的加速度大小a22m/s2，离开电场时，在x轴方向上的位移大小xa1()2a1()2a2()22105m，因此粒子离开电场的位置坐标为(2105m,2m).(3)粒子通过电场区域后沿x轴方向的速度大小为：vxa1a24103m/s.7.(xx江西宜春调研)如图8所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气阻力，一电荷量为Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为q的小金属块(可视为质点)，从A点由静止沿它们的连线向右运动，到B点时速度最大，其大小为vm，小金属块最后停止在C点.已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为，A、B间距离为L，静电力常量为k，则()图8A.在点电荷Q形成的电场中，A、B两点间的电势差UABB.在小金属块由A向C运动的过程中，电势能先增大后减小C.OB间的距离为D.从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能答案C解析小金属块从A到B过程，由动能定理得：qUABmgLmvm20，得A、B两点间的电势差UAB，故A错误；小金属块由A点向C点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B错误；由题意知，A到B过程，金属块做加速运动，B到C过程，金属块做减速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有mgk，得r，故C正确；从B到C的过程中，小金属块的动能和减少的电势能全部转化为内能，故D错误.8.如图9所示，匀强电场方向与水平线间夹角30，方向斜向右上方，电场强度为E，质量为m的小球带负电，以初速度v0开始运动，初速度方向与电场方向一致.图9 (1)若小球的带电荷量为q，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F1的大小和方向各如何？(2)若小球的带电荷量为q，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如何？答案(1)mg方向与水平线成60角斜向右上方(2)mg方向与水平线成60角斜向左上方解析(1)如图甲所示，为使小球做匀速直线运动，必使其合外力为0，设对小球施加的力F1与水平方向夹角为，则F1cosqEcos，F1sinmgqEsin代入数据解得60，F1mg即恒力F1与水平线成60角斜向右上方.(2)为使小球能做直线运动，则小球所受合力的方向必和运动方向在一条直线上，故要使力F2和mg的合力和电场力在一条直线上.如图乙，当F2取最小值时，F2垂直于F.故F2mgsin 60mg，方向与水平线成60角斜向左上方.9.如图10所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场，现有一质量为m、电荷量为q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零).已知A、B间距离为2R，重力加速度为g，在上述运动过程中，求：图10(1)电场强度E的大小；(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率；(3)小球对圆轨道的最大压力的大小.答案(1)(2)(3)(23)mg解析(1)设小球过C点时速度大小为vC，小球从A到C由动能定理知qE3Rmg2RmvC2小球离开C点后做平抛运动到P点，有Rgt22RvCt联立解得E.(2)设小球运动到圆轨道D点时速度最大，设最大速度为v，此时OD与竖直线OB夹角设为，小球从A点运动到D点的过程，根据动能定理知qE(2RRsin)mgR(1cos)mv2即mv2mgR(sincos1)根据数学知识可知，当45时动能最大，由此可得v.(3)由(2)中知，由于小球在D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好背离半径方向，故小球在D点时对圆轨道的压力最大，设此压力大小为F，由牛顿第三定律可知小球在D点受到的轨道的弹力大小也为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律知FqEsinmgcos解得F(23)mg.